Bộ đề thi năng khiếu môn hóa lớp 11 trường chuyên năm 2022

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV
NĂM HỌC 2019 - 2020
MƠN: Hóa học KHỐI 11
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)
Ngày thi: 11 tháng 05 năm 2020

Câu 1: (1 điểm)
1. Cho hỗn hợp gồm 18,56 gam Fe3O4 và 7,68 gam Cu vào 600 ml dung dịch HCl 1M, kết
thúc phản ứng thu được dung dịch X và còn lại x gam rắn khơng tan. Tính x?
2. Tiến hành điện phân 200 ml dung dịch X gồm HC1 0,8M và CuSO4 1M với cường độ
dịng điện khơng đổi I = 2,68 ampe trong thời gian 2 giờ (điện cực trơ, có màng ngăn,
hiệu suất điện phân 100%). Coi các khí tan trong nước khơng đáng kể. Tính thể tích khí
thốt ra ở anot.
Câu 2: (1 điểm)
1. Hợp chất X mạch hở có cơng thức phân tử là C5H11NO2, có mạch cacbon phân nhánh.
Cho 11,7 gam X phản ứng với 150 ml dung dịch NaOH 1M sinh ra một chất khí Y và
dung dịch Z. Khí Y nặng hơn khơng khí, làm giấy quỳ tím ẩm chuyển sang màu xanh.
Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom. Tính khối lượng chất rắn thu được
khi cô cạn dung dịch Z.
2. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm ba este (chỉ có chức este) tạo bởi axit fomic
với các ancol metylic, etylenglicol và glixerol thu dược 4,032 lít CO2 (đktc) và 2,52
gam H2O. Tính m?
Câu 3: (1 điểm)
Cho m gam hỗn hợp Cu và Fe vào 200 ml dung dịch AgNO3 0,2M, sau một thời gian thu

được 4,16 gam chất rắn X và dung dịch Y. Cho 5,2 gam Zn vào dung dịch Y, sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 5,82 gam chất rắn Z và dung dịch T. Tính m?
Câu 4: (1 điểm)
Hỗn hợp X gồm chất Y (C2H8N2O4) và chất Z (C5H10N2O3); trong đó, Y là muối của axit đa
chức, Z là đipeptit mạch hở. Cho 33,2 gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng,
thu được 0,3 mol khí. Mặt khác 33,2 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được m
gam chất hữu cơ. Tính m?
Câu 5: (1 điểm)
Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4, Zn vào dung dịch chứa đồng thời HNO3 và
l,726 mol HCl, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa
95,105 gam các muối clorua và 0,062 mol hỗn hợp 2 khí N2O, NO (tổng khối lượng hỗn
hợp khí là 2,308 gam). Nếu đem dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thi thu
được 254,161 gam kết tủa. Còn nếu đem dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư
(khơng có mặt oxi) thì thu được 54,554 gam kết tủa. Tính m?
Câu 6: (1,5 điểm)
1. Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng có bộ các số lượng tử:
1

n = 3; l = 2; m = 0 và s = + .
2


a) Viết cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X.
b) Hãy xác định năng lượng ion hóa thứ z (theo kJ/mol) của nguyên tử nguyên tố X. Với z là
số hiệu nguyên tử của nguyên tố X.
2. Cho các chất: BF3, CF4, NH3.
a. Viết công thức Liuyt, cho biết cấu trúc hình học của các phân tử, trạng thái lai hố của
ngun tử trung tâm.
b. Các chất có tác dụng được với nhau khơng? Nêú có viết phương trình phản ứng.
Câu 7: (1 điểm)

M là chất có tính oxi hóa mạnh, tan được trong nước. Nhiệt phân M thu được các sản phẩm P
(rắn), Q (rắn), R (khí) đều là các chất có tính oxi hóa mạnh. Hồn tan P vào nước, sau đó sục
khí clo vào thu được dung dịch M. Nung chảy Q với kiềm trong điều kiện có mặt oxi thu
được P (màu lục). Nếu đun nóng Q với H2SO4 thì được R và dung dịch màu hồng của chất E.
Biết E là sản phẩm khử của M khi cho M tác dụng với KCl trong axit sunfuric. Trong M, P,
Q và E đều chứa cùng một kim loại.
Xác định các chất M, P, Q, R và E. Viết các phương trình phản ứng.
Câu 8: (0,75 điểm)
Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O có khối lượng phân tử bằng 74 đvc. Biết A không phản
ứng với Na, khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ thu được một sản phẩm hữu cơ. Biết từ
A thực hiện được sơ đồ:
A

+ C H 3 M gC l

B

+H 2O

C H 3C H O

D

+

H 2O

bu ta n

2

ol

Xác định cơng thức cấu tạo của A và viết phương trình phản ứng.
Câu 9: (0,75 điểm)
Sắp xếp các chất sau theo trình tự tăng dần tính bazơ. Giải thích.

N

N

(A)

(B)

N

(C)

N

(D)

N

(E)

Câu 10: (1 điểm)
Sự phát triển của các loại dược phẩm mới phụ thuộc chủ yếu vào tổng hợp hữu cơ. Phương
pháp chỉnh lại phân tử (fine-tuning) được sử dụng để có thể nhận được các tính chất như

mong muốn. Sau đây là qúa trình tổng hợp thuốc gây mê cục bộ proparacaine (còn được
gọi là proxymetacaine), chất này được sử dụng để điều trị các bệnh về mắt. Hồn thành qúa
trình tổng hợp bằng cách viết công thức cấu tạo các chất A, B, C, D và E

Tất cả đều là các sản phẩm chính
---------------------------------------------------- Hết ------------------------------------------------


KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV
NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN: Hóa học KHỐI 11

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI

ĐÁP ÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)
Ngày thi: tháng 02 năm 2020

CÂU

1.1

1.2

2.1

ĐIỂM

NỘI DUNG
Ta có: nFe3 O4 = 0,08 mol, nCu = 0,12 mol, nHCl = 0,6 mol
Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O
Pư: 0,075
0,6
0,15
0,075
mol
Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2
Pư: 0,075 0,15
mol
Chất rắn còn dư: Fe3O4: 0,005 mol; Cu: 0,045 mol
 x = 4,04 gam
Số mol electron trao đổi: nelectron
Tại anot: 2 Cl- 
Cl2 +
0,16
 0,08
2 H2O  4H+ +

0,5

I.t

= F = 0,2 mol
2e
0,16 mol
O2

+ 4e
0,01  (0,2 – 0,16) mol
 Thể tích khí thốt ra tại anot: V = (0,08 + 0,01).22,4 = 2,016 lít

0,5

Theo đề bài X là muối amoni của axit không no có nhánh, khí Y nặng hơn khơng
khí do đó Y là amin. Với CTPT của X là C5H11O2N thì X chỉ có thể là:
CH2 = C(CH3) – COONH3-CH3
 Cho 11,7 gam X (0,1 mol) tác dụng với 0,15 mol NaOH:
CH2=C(CH3)–COONH3-CH3 + NaOH  CH2=C(CH3)–COONa + CH3NH2 + H2O
Chất rắn thu được gồm 0,1 mol C3H5O2Na và 0,05 mol NaOH dư.
mchất rắn = 12,8 gam

0,5

Nhận xét: 3 este trong X đều có số nguyên tử C bằng số nguyên tử O
2.2

mà meste = mC + mH + mO = (12 + 16)nC + 1.nH = 28nCO2 + 2nH2 O

0,5

 m = 5,32 gam
1

3

4

Vì các phản ứng xảy ra hồn tồn, nNO3 − = 0,04 mol < 2 . nZn nên muối
trong dung dịch T chỉ có 0,02 mol Zn(NO3)2.
Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có:
(1) m + mAgNO = mX + mmuối trong Y
3
(2) mZn + mmuối trong Y = mZ + mmuối trong T
Từ (2)  mmuối trong Y = 5,82 + 0,02.189 – 5,2 = 4,4 gam
Từ (1)  m = 4,16 + 4,4 – 0,04.170 = 1,76 gam.
Theo đề bài Y là (COONH4)2 ; Z là Gly-Ala hoặc Ala-Gly.
Cho X tác dụng với NaOH :
(COONH4)2 + 2NaOH  Na2C2O4 + 2NH3 + 2H2O
Gly-Ala (Ala-Gly) + 2NaOH  NH2CH2COONa + NH2CH(CH3)COONa + H2O
1
33,2−0,15.124
 nY = 2 nNH3 = 0,15 mol  nZ =
= 0,1 mol
146
Cho X tác dụng với HCl dư thì chất hữu cơ thu được gồm: H2C2O4 0,15 mol
ClNH3CH2COOH: 0,1 mol; ClNH3CH(CH3)COOH: 0,1 mol
 m = 90.0,15 + 111,5.0,1 + 122,5.0,1 = 37,2 gam

1,0

1,0


5

6.1

Dung dịch Y tác dụng với AgNO3 dư: kết tủa có AgCl và có thể có Ag.
Theo bảo tồn clo ta có: nAgCl = nHCl = 1,726 mol
 nAg = (254,161 – 1,726.143,5) : 108 = 0,06 mol.
 dung dịch Y có 0,06 mol Fe2+
Dễ dàng tính được nN2 O = 0,032 mol , nNO = 0,03 mol

0,25

Đặt số mol Mg, Zn, Fe3O4 trong X lần lượt là x, y, z mol
Cho X tác dụng với dung dịch chứa HNO3 và HCl được dung dịch Y chỉ chứa muối
clorua  cả hai axit phản ứng hết. Dung dịch Y thu được chứa: MgCl2 x mol;
ZnCl2 y mol, FeCl3 (3z – 0,06) mol, FeCl2 0,06 mol có thể có NH4Cl: t mol
Bảo tồn Cl có: 2x + 2y + 9z – 0,06 + t = 1,726 mol
 2x + 2y + 9z + t = 1,786
(1)
Từ khối lượng muối trong Y có :
95x + 136y + 162,5(3z-0,06) + 127.0,06 + 53,5t = 95,105 gam
 24x + 65y + 168z + 18t = 33,832
(2)
Bảo tồn electron ta có: 2x + 2y + z – 0,06 = 8t + 8nN2 O + 3nNO
 2x + 2y + z – 8t = 0,406
(3)
Cho dung dịch Y tác dụng với NaOH dư (khơng có oxi) kết tủa thu được gồm:
Mg(OH)2: x mol; Fe(OH)3 (3z – 0,06) mol, Fe(OH)2 0,06 mol
 58x + 107.(3z – 0,06) + 90.0,06 = 54,554 gam
 58x + 321z = 55,574
(4)

0,5

Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta được x = 0,128 ; y = 0,08 ; z = 0,15.
 m = 24x + 65y + 232z = 43,072 gam

0,25

a) Ứng với các số lượng tử đã cho  electron cuối cùng ứng với cấu hình: 3d3
Theo Kleckoski  phân lớp 3d có mức năng lượng lớn hơn các phân lớp: 1s, 2s,
2p, 3s, 3p, 4s. Do đó theo nguyên lý vững bền, thứ tự điền electron trong nguyên tử
của nguyên tố X là: 1s22s22p63s23p64s23d3
Vậy cấu hình electron của X là: 1s22s22p63s23p63d34s2

0,5

b) Nguyên tố X có Z = 23 => Năng lượng ion hóa thứ Z của X là:

232
Iz = - En =  13, 6 2 = 7194,4 eV
1
= 7194,4 (eV). 1,602.10-19 (J/eV). 6.1023 (mol-1) = 691 526 kJ/mol
6.2

Chất

Công thức Liuyt

Loại
phân tử

TT lai
hố

0,5

Hình học phân tử
 đều

F

B

F

F

BF3
AX3E0

F

sp2

B
F

F

Tứ diện

F

F

CF4

F

C

F

AX4E0
F

sp3
F
F

C

F

0,25


Đáy tháp tam giác

N

H
NH3

..

H
sp3

AX3E1

H

N
H

H

H

- Phân tử BF3 ngoài 3 liên kết σ, cịn có 1 liên kết π khơng định chỗ do sự xen phủ của
obitan p còn trống của nguyên tử B và 1 trong các obitan p chứa 2e của các nguyên tử F.
Liên kết π này không bền vững, vì F là nguyên tố âm điện nhất chỉ nhận e, rất khó nhường e
nên BF3 là một axit Lewis, có khả năng nhận e của chất khác.
- NH3 có 1 cặp e chưa liên kết, nên nó đóng vai trị là 1 bazo Lewis.
- Do đó BF3 và NH3 có thể phản ứng với nhau.

0,25
H

F
BF3 + NH3

F B
F

N

H
H

- Phân tử CF4 bền vững, không phản ứng với 2 chất trên.

7

Chọn M là KMnO4 , P là K2MnO4, Q là MnO2, R là O2 ; E là MnSO4 :
𝑡0

2KMnO4 →
K2MnO4 + MnO2 + O2
2K2MnO4 + Cl2  2KMnO4 + 2KCl
nung nóng chảy

1,0

2MnO2 + 4KOH + O2 →
2K2MnO4 + 2H2O
2MnO2 + 2H2SO4  2MnSO4 + O2 + 2H2O
2KMnO4 + 10KCl + 8H2SO4  2MnSO4 + 6K2SO4 + 5Cl2 + 8H2O
8

Đặt công thức phân tử của A là CxHyOz. Theo giả thiết ta có:
12x + y + 16z = 74; y  2x + 2  z  (74 - 12.1 – 2):16 = 3,75

Lần lượt xét z = 1, 2, 3 ta thu được các công thức: C4H10O; C3H6O2; C2H2O3
Mà A thoả mãn sơ đồ thì A phải có CTPT và CTCT tương ứng là: C2H2O3 và

0,5

O
H

O

C
O

C

H

anhidrit fomic

Các phương trình phản ứng:
(HCO)2O + 2 NaOH  2HCOONa + H2O
(HCO)2O + CH3MgCl  CH3CH(OOCH)OMgCl
CH3CH(OOCH)OMgCl + H2O  CH3CHO + HCOOH + Mg(OH)Cl

9

C2H5MgCl + CH3CH=O  CH3CH2CH(CH3)OMgCl
CH3CH2CH(CH3)OMgCl + H2O CH3CH2CH(CH3)OH
Thứ tự tăng dần tính bazơ:
A < C < D < B < E

Giải thích:
- Ngun nhân tính bazơ: Do N có cặp e tự do
- Tính bazơ tăng khi mật độ e trên N tăng và cation tạo ra bền hơn

0,25

0,25

0,25


- A, C < D, B, E do cặp E trên N đã tham gia liên hợp với 2 nối đơi.
- A < C do C có CH3(+I) vào vịng nên mật độ e trên N của C cũng tăng lên.
- D < B, E do N của D lai hố sp2 cịn N của B và D lai hố sp3 mà độ âm điện của
Nsp2 > Nsp3 nên khả năng nhường cặp e sẽ giảm. Mặt khác B,D có 2 nhánh
hidrocacbon có +I làm tăng mật độ e trên N.
- B
0,25

10
0,5

0,5


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
Tổ Hóa học

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11
Mơn: Hóa học
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 5 tháng 10 năm 2020

Câu 1. ( 2,0 điểm)
1.Dung dịch A gồm CH3COOH 0,010 M và NH4Cl 0,200 M. Tính pH của dung dịch A.
2.Dung dịch X chứa đồng thời hai muối MgCl2 0,004M và FeCl3 0,001M. Cho KOH vào dung
dịch X. Kết tủa nào tạo ra trước? Tìm pH thích hợp để tách 1 trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi
dung dịch? Biết rằng nếu nồng độ của một ion trong dung dịch nếu nhỏ hơn hoặc bằng 10-6M thì
coi như đã hết.
3.Cho một dung dịch Fe2+ 0,010M được giữ ở pH cố định nhờ hệ đệm. Cho H2S lội chậm qua
dung dịch này đến bão hịa.Tính pH nhỏ nhất của dung dịch cần có để bắt đầu xuất hiện kết tủa
FeS.
Cho: Ka(CH3COOH) = 1,0.10-4,76; Ka(NH4+) = 10-9,4; Ks,Mg(OH)2 = 10-11;
Ks,Fe(OH)3 = 10-39;lgKs(FeS) = -17,2; H2S có pKa1 = 7,02 và pKa2 = 12,09; tổng nồng độ H2S trong
dung dịch bão hòa là 0,10M (tức là tổng nồng độ của cả H2S, HS-, S2-).
Câu 2. ( 2,0 điểm)
1.Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp ion – electron:
a)CH3COOH + Co2+ + NO2- → Co(NO2)63- + NO + CH3COO- + ....
b) CrI3 + Cl2 + OH- → CrO42- + IO4- + Cl- + ...
2.Cho giản đồ Latimer của americium (Am) ở 298,15K (pH= 0) như sau
1.60
0.82
2.62
2.30
1.95
AmO22 
AmO2 
Am4 


 Am3 
 Am 2 
 Am

Sản phẩm nào tạo thành khi hòa tan kim loại Am vào dung dịch HCl1M ở 298K? Giải thích?
3.Xét một pin điện hoá gồm hai cốc thuỷ tinh nối với một cầu muối. Mỗi cốc thuỷ tinh gồm một
điện cực Platin nhúng vào dung dịch chứa các ion ở nồng độ tiêu chuẩn.
Pt | Tl3+, Tl+ || MnO4-, Mn2+, H + | Pt
a) Viết các bán phản ứng và phản ứng tổng xảy ra khi pin hoạt động và xác định hằng số
cân bằng K của phản ứng.
b) Tính điện lượng tiêu thụ để làm biến đổi 5,0mg ion Tl+ theo phản ứng ở ý a.
Cho:ở 250C thì

RT
o
.ln = 0,0592lg; ETlo 3 /Tl  = 1,252V; EMnO


2  = 1,507V; MTl = 204,4.
4 , H / Mn
F

Câu 3. ( 2,0 điểm)
1. Khi hòa tan InCl (r) (KLNT In = 114,8) vào dung dịch HCl, ion In + (aq) phân huỷ thành In
(r) và ion In3+ (aq). Động học quá trình phân hủy này là bậc nhất với chu kỳ bán hủy bằng 667
giây. Hòa tan 2,38 gam InCl (r) vào dung dịch HCl để tạo dung dịch có thể tích 5,00.10 2 mL.
Tính nồng độ ion In+ cịn lại và khối lượng In (r) hình thành sau 1,25 giờ.
2. Phản ứng phân hủy nhiệt metan xảy ra theo cơ chế như sau:
k1

 CH3 + H
CH4 
k2
 C2H6 + H
CH4 + CH3 
k3
CH4 + H  CH3 + H2
k4
 CH4 + M
H + CH3 + M 


Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với các tiểu phân trung gian hãy tìm biểu thức của
d  C2 H 6 
phụ thuộc vào nồng độ của CH4.
dt

1
2
 A 
C
3. Xét phản ứng song song: B 
Năng lượng hoạt hóa Ea1 = 45,3kJ.mol-1; Ea2 = 69,8kJ.mol-1. Biết rằng, ở 320K thì k1 = k2. Hãy
xác định nhiệt độ tại đó k1/k2 = 2,00.
Câu 4. ( 2,0 điểm)
1. So sánh (kèm giải thích) momen lưỡng cực của cis và trans CH3– CH=CH– Cl .
2. So sánh (kèm giải thích) lực axit của axit xiclohexancacboxylic và axit 2,2-đietyl butanoic
3. So sánh (kèm giải thích) nhiệt độ nóng chảy của các hợp chất (2), (3) và (4):

k

k

S
(2)

COOH

COOH

COOH
N
(3)

(4)

4. Cho các ancol p-CH3C6H4CH2OH (5), p-CH3OC6H4CH2OH (6), p-CNC6H4CH2OH (7) và pClC6H4CH2OH (8). So sánh (kèm giải thích) khả năng phản ứng SN của các ancol này với HBr.
Câu 5. ( 2,0 điểm)
1. Chất A có cơng thức phân tử C7H12. Khi thực hiện phản ứng ozon phân A tạo HCHO và
xiclohexanon.Thực hiện quá trình chuyển hố A liên tiếp sau: 1, HBr ; 2, Mg/ ete; 3, CO 2 sau
đó với H3O+ ta thu được hợp chất B (C8H14O2) .Nếu cho A tác dụng với HBr/ peoxit tiếp theo
cho sản phẩm tác dụng với KCN sau đó xử lý bằng dung dịch axit loãng ta thu được chất C (
C8H14O2) . C cũng có thể tạo ra bằng cách cho sản phẩm của A với HBr/ peoxit tác dụng với
Mg/ete, tiếp theo CO2 và xử lý bằng dung dịch axit.
Xác định cấu trúc các chất trung gian A, B, C
2. Người ta tiến hành các phản ứng sau đây để xác định công thức cấu tạo của hợp chất thơm A
(C9H10O):
- Oxy hóa mạnh chất A với KMnO4 đậm đặc thu được hai axit C7H6O2 và C2H4O2.
- Cho A phản ứng với metyl magie bromua rồi thuỷ phân thu được ancol bậc ba (B) có một
ngun tử cacbon bất đối.

a. Viết cơng thức cấu tạo và gọi tên A.
b. Hãy cho biết góc quay mặt phẳng ánh sáng phân cực của ancol B bằng 0 hay khác 0, vì sao?
c. Cho A tác dụng với metyl iodua dư trong môi trường bazơ mạnh người ta cô lập được C
(C11H14O). Hãy cho biết tên cơ chế phản ứng. Viết công thức cấu tạo và gọi tên C.
----------------------------------Hết-----------------------------


ĐÁP ÁNĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11
Mơn: Hóa học
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 5 tháng 10 năm 2020
Câu Ý
Hướng dẫn chấm
+
I
1.
NH4Cl 
NH4 + Cl
(2,0đ)
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
ƒ
HAc
Ac+
H+
Ka = 10-4,76
ƒ
NH4+
NH3 +
H+
Ka' = 10-9,24

ƒ
H2O
H+
+
OH- Kw=10-14
Vì K1C1>> K2C2, KW; bỏ qua sự phân li của nước và NH4+, tính theo:
ƒ
HAc
Ac+
H+
Ka = 10 - 4,76
C
0,01
[ ] 0,01 - x x
x
2
x
Ta có:
K1 
 104,76
(0,01 x)
x= [H+] = 4,083.10-4 MpH = 3,39
2. Mg2++2OH- ƒ Mg(OH)2↓
Fe3++ 3OH- ƒ Fe(OH)3 ↓
Để Mg(OH)2 xuất hiện thì: [OH-] ≥

Điểm

0,5

1011
 5.105 M
3
4.10

39
Để Fe(OH)3 xuất hiện thì: [OH-] ≥ 3 10  1012 M
103
Vậy Fe(OH)3 tạo thành trước.
Để khơng tạo ↓ Mg(OH)2 thì:

1011
 5.105 M → [H+] > 2.10-10M  pH < 9,70
3
4.10
Để Fe(OH)3 kết tủa hồn tồn thì [Fe3+] ≤ 10-6M nên
1039
[OH-] ≥ 3 6  1011 M → [H+] ≤ 10-3M → pH ≥ 3,00
10
Vậy để Fe(OH)3 tách khỏi dung dịch thì 3,00 ≤ pH < 9,70
3. Điều kiện để FeS bắt đầu xuất hiện kết tủa là:
CFe .[S2-] ≥ Ks (FeS)  [S2-] ≥ 10-17,2/10-2 = 10-15,2M

0,5

[OH-] <

0,5

2

Trong dung dịch bão hòa H2S thì:
Từ đó để có kết tủa thì:
 h ≤ 3,51.10-3M  pH ≥ 2,45

0,5


II
(2,0đ)

1

a) COOH + Co2+ + NO2- → Co(NO2)63- + NO + CH3COO- + ...
1 Co 2  6 NO2   Co( NO2 )36  e
1 NO2  2CH 3COOH  e  NO  2CH 3COO   H 2O
Co 2  7 NO2   2CH 3COOH  Co( NO2 )36  NO  2CH 3COO   H 2O
b) CrI3 + Cl2 + OH- → CrO42- + IO4- + Cl- + ...
2  CrI 3  32OH   CrO42  3IO4  16 H 2O  27e
27  Cl2  2e  2Cl 

2

0,25

0,25

2CrI 3  64OH   27Cl2  2CrO42  6 IO4  54Cl   32 H 2O
Phản ứng xảy ra khi cho Am vào dung dịch HCl 1M là

Am + nH+ → Amn+ +

n
H2
2

o
o
Ta có: ∆Gopứ = -nF∆Eo = - nF( E2oH  / H - E Am
) = nF E Am
n
n
/ Am
/ Am
2

3

0,5
Nếu phản ứng tạo ra Am2+: ∆rGo= 2.F.(-1,95) = -3,90F
3+
o
Nếu phản ứng tạo ra Am : ∆rG = [(-1,95 2) – 2,30]F = -6,20F
Nếu phản ứng tạo ra Am4+: ∆rG = [(-1,95 2) – 2,30 + 2,62]F = -3,58F
Như vậy phản ứng tạo ra sản phẩm Am3+ có ∆rGo âm nhất, nên khi cho kim loại Am vào
dung dịch HCl ở điều kiện trên sẽ thu được sản phẩm là Am3+ (hay AmCl3).
o
Ta có: ETlo 3 /Tl < EMnO
nên


, H  / Mn 2 
4

Tại anot (-) : Tl → Tl3+ + 2e
Tại catot (+): MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O
Phản ứng xảy ra trong pin:
2MnO4- + 16H+ + 5Tl+ → 2Mn2+ + 8H2O + 5Tl3+
o
o
o
Ta có:
= E(  ) – E(  ) = 1,507 – 1,252 = 0,255V
E pin
+

nE opin

10.0,255
0,0592

 10
Vậy: K = 10
= 1,19.1043
Điện lượng được vận chuyển để làm biến đổi 5,0 mg Tl+ là:
5,0.103
Q = It = ne.F = 2.
.96485 = 4,72C
204, 4
0,0592

III
(2,0đ)

0,5

0,5

1

Từ

0,5

Từ phương trình 3In+ 2In + In3+

nIn  0, 0105 mol .Vậy khối lượng In(r) hình thành mIn  0, 0105.114,8  1, 21g

0,5


2

Tốc độ hình thành của các tiểu phân
áp dụng nguyên lý nồng độ dừng đối với H và CH3 ta có:
d  C2 H 6 
 k2 CH 4  .CH 3 
dt
d H 
 k1 CH 4   k2 CH 4  .CH 3   k3 CH 4  . H   k4  H CH 3  M   0(1)
dt

d CH 3 
 k1 CH 4   k2 CH 4 CH 3   k3 CH 4  H   k4  H CH 3  M   0(2)
dt
Cộng hai phương trình 1, 2 ta có:
k1  CH 4   k4  H CH 3  M  (*)

0,25

k2 CH 4 CH 3   k3 CH 4  H 
hay k2 CH 3   k3  H    H  

k2 CH 3 
k3

Thay biểu thức này vào (*) ta có
k1 CH 4   k4

Do đó:
d C2 H 6 

dt
3

k2 CH 3 
k3

CH 3  M  suy ra CH 3  

 k2 CH 4 CH 3  

k1k3 CH 4 
.
k2 k4  M 

3
3
k1k2 k3
k .k .k
CH 4 2  k CH 4 2 với k  1 2 3
k4  M 
k 4  M

0,25

Ta có:


Ea1

k1 A1.e RT
A1 Ea 2RT Ea1 A1 2947


.e
 .e T (*)
E
 a2
k2
A
A2

2
A2 .e RT

IV
(2,0đ)

Ở 320K thì k1 = k2. Từ đó suy ra A1/A2 = 10-4
Do A là hằng số không phụ thuộc vào nhiệt độ nên tỉ lệ A1/A2 không đổi. Thay vào biểu
thức (*).
Với trường hợp k1/k2 vào biểu thức (*) tính được T = 298K.

0,5

1

1. Momen của cis < trans
CH3–CH=CH–Cl
Cis : μA = 1,57 D
trans: μB = 1,69 D

0,5

2

2. Tính axit: Axit xiclohexancacboxylic > axit 2,2-đietyl butanoic là do:

0,5


C2H5

COOH

COOH

C2H5
C2H5

+I

+I

C2H5
COO-

COO-

C2H5
C2H5

Bị solvat hóa tốt hơn
3

Bị solvat hóa kém do hiệu ứng khơng gian

Yếu tố xét nhiệt độ nóng chảy ở đây là phân tử khối và liên kết-H (liên phân tử).
Phân tử khối của (2) > của (4). Chất (3) có nhiều liên kết-H do có thêm N.
Thứ tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất:
COOH

COOH

<

V
(2,0đ)

COOH

<
S
(A)

(C)

4

0,5

N
(B)

Phản ứng giữa ancol với HBr xảy ra theo cơ chế SN qua giai đoạn tạo benzylic cacbocation
trung gian. Các nhóm làm bền carbocation này làm khả năng khả ưng cao hơn. Nhóm –
OCH3 đẩy electron (+C): tốt nhất; nhóm CH3 có (+I) nên cũng làm bền nhưng kém hơn
nhóm –OCH3 vì (+C) > (+I). Nhóm –CN (-C) hút electron mạnh hơn nhóm –Cl (-I > +C)
nên khả năng phản ứng giảm.
Thứ tự tăng dần khả năng phản ứng với HBr là:
p-CNC6H4CH2OH
0,5

1

CH3

CH2

Br

HBr

CH3

MgBr

Mg/ ete

HBr/peoxit

2

1. KCN
2. H3O+

(hc 1. Mg/ ete
2. CO2
3. H3O+

COOH

1. CO2

H3O+

CH2Br

CH3

0,2x5

CH2COOH

)

O 
C7 H 6O2  C2 H 4O2
a) A 
A có nhân benzen, một mạch nhánh, có 1O
và một liên kết đôi
axit benzoic axit axetic

0,5


CH3
C6H5

C

CH2CH3

1) CH3MgBr

2) H3O+

O

C6H5

C

CH2CH3 (B)

0,25
OH

A: etylphenylxeton
b) B = 0 vì CH3MgBr tấn cơng như nhau vào hai phía nhóm C = O tạo ra
hỗn hợp raxemic.
c) Ta có:
CH3

C6H5COCH2CH3

OH-

CH3I
SN 2

C6H5

C

C

O

CH3

CH3

tert-butylphenylxeton

(C)

0,25


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
Tổ Hóa học

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11
Mơn: Hóa học
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 7 tháng 12 năm 2020

Câu1: ( 1,5 điểm)
Dựa vào đặc điểm cấu tạo của các phân tử NH3, H2S và H2O. Hãy cho biết.
a) Tại sao góc hóa trị của các phân tử lại khác nhau: Góc (HNH) = 1070, góc (HSH) = 920, góc
(HOH) = 104,50. Giải thích.
b) Tại sao ở điều kiện thường H2S và NH3 là chất khí còn H2O là chất lỏng.
c) Theo em tại sao H2O có khối lượng riêng lớn nhất ở 40C và P = 1 atm.

Câu 2:(1,5 điểm)



Trong một hệ có cân bằng 3H2 + N2 
2 NH3 (*) được thiết lập ở 400 K người ta xác

định được các áp suất riêng phần sau đây:

p H 2 = 0,376.105 Pa , p N2 = 0,125.105 Pa , p NH3 = 0,499.105 Pa
1. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 400 K.
2. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2.
3. Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng khơng đổi. Bằng
cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào?
4. Trong một hệ cân bằng H2/N2/NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người ta tìm được:
Kp = 3,679.10-9 Pa-2, n(N2) = 500 mol , n(H2) = 100 mol và n(NH3) = 175 mol. Nếu thêm 10
mol N2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất khơng đổi thì cân bằng chuyển dịch
theo chiều nào?
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa.
Câu 3: (2,0 điểm)
1. Tính nồng độ của axit propionic (HPr) phải có trong dung dịch axit axetic (HAx) 2.10 -3M sao
cho :
a. Độ điện li của axit axetic bằng 0,08
(-1-)


b. pH của dung dịch bằng 3,28.

Cho :

K HAx  1,8.105 ,K H Pr  1,3.105

2. So sánh tính axit, nhiệt độ nóng chảy, độ tan trong nước của các chất sau:
COOH

COOH

CH3

COOH

(A)

(B)

COOH

COOH

NO2

CN

(C)

(D)

COOH

COOH

CH2NH2

CH2NH2

(E)

(F)

Câu 4: (2 điểm)
1. Anetol có phân tử khối là 148 và hàm lượng các nguyên tố: 81,04% C; 8,16% H; 10,8% O.
a) Xác định công thức phân tử của anetol.
b) Viết công thức cấu trúc của anetol dựa vào các thông tin sau:
- Anetol làm mất màu nước brom;
- Anetol có hai đồng phân hình học;
- Sự oxi hóa anetol tạo ra axit metoxibenzoic (M) và sự nitro hóa M chỉ cho duy nhất
axit metoxinitrobenzoic.
2. a) Viết phương trình của các phản ứng: (1) anetol với brom trong nước; (2) oxi hóa anetol
thành axit metoxibenzoic; (3) nitro hóa M thành axit metoxinitrobenzoic. Viết tên của anetol và
tất cả các sản phẩm hữu cơ nêu trên theo danh pháp IUPAC.
b) Vẽ cấu trúc hai đồng phân hình học của anetol.
Câu 5: (3,0 điểm).
1. Cho m gam Mg vào dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3 và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian
thu được 20 gam kết tủa và dung dịch X chứa hai muối. Tách lấy kết tủa, thêm tiếp 9,6 gam bột
sắt vào dung dịch X, sau khi các phản ứng hoàn toàn, thu được 10,56 gam kết tủa.
Giá trị của m là bao nhiêu gam? ChoAg = 108; Fe = 56; Mg = 24.
2. Cho 0,5 mol hỗn hợp X gồm hai este đơn chức tác dụng vừa đủ với 350 ml dung dịch KOH
2M, thu được chất hữu cơ Y (no, đơn chức, mạch hở, có tham gia phản ứng tráng gương) và
75,4 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ 16,8 lít khí O2 (đktc).
Khối lượng của 0,5 mol X là bao nhiêu gam? (Cho K = 39; C=12; O= 16; H=1)

&&&&&&&&&&&&&&&&& -HẾT- &&&&&&&&&&&&&&

(-2-)


ĐÁP ÁNĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11
Mơn: Hóa học
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 7 tháng 12 năm 2020
Câu Ý
Hướng dẫn chấm
Điểm
I
1. + Trong phân tử NH3 và H2O. Nguyên tử N và O đều ở trạng thái lai hóa
sp3. nên góc hóa trị gần với góc 109028’.
1,5đ
+Nhưng do cặp electron tự do không tham gia liên kết trên obitan lai hóa
khuếch tán khá rộng trong khơng gian so với cặp electron liên kết, nên nó có
tác dụng đẩy mây electron liên kết và do đó góc liên kết thực tế lại thua góc 0,5
lai hóa sp3. Trong phân tử NH3 ngun tử N có một cặp electron khơng liên
kết, còn trong phân tử H2O nguyên tử O còn 2 cặp electron khơng liên kết.
Vì vậy góc liên kết (HOH) nhỏ hơn góc liên kết (HNH) và nhỏ hơn 109028’. 0,5
+ Trong phân tử H2S. S ở chu kì 3 khả năng tạo lai hoá kém nên trong H2S
mặc dù có cấu tạo tương tự H2O nhưng S khơng lai hoá sp3.
Nguyên tử S bỏ ra 2 electron độc thân trên 2 obitan p (px, py) xen phủ với 2
obitan 1s có electron độc thân của nguyên tử H tạo 2 liên kết S – H. Góc tạo
bởi trục của 2 obitan px và py là 900. Nhưng do tạo 2 liên kết S – H làm tăng
mật độ electron khu vực giữa nhân hai nguyên tử S, H. Hai cặp electron liên
kết này đẩy nhau làm cho góc liên kết HSH lớn hơn 900 và thực tế là 920.
2.

Ở điều kiện thường NH3, H2S là chất khí; H2O là chất lỏng. H2O và NH3
cùng tạo được liên kết hidro liên phân tử nhưng H2O có khả năng tạo liên
kết hiđro mạnh hơn so với NH3 do hidro linh động hơn.
H2S không tạo được liên kết hidro liên phân tử, phân tử phân cực kém nên
có nhiệt độ sơi thấp.

0,25

3. Có hai lí do:
Thứ nhất, khi nước đá nóng chảy liên kết hiđro bị đứt đi tạo thành những liên
hợp phân tử đơn giản hơn. Suy ra, thể tích nước giảm nên khối lượng riêng tăng
dần từ 0 – 40C.
0,25
0
Thứ hai, từ 4 C trở đi do ảnh hưởng của nhiệt, khoảng cách giữa các phân
tử tăng dần làm cho thể tích nước tăng lên và làm khối lượng riêng giảm
dần. Do liên quan giữa hai cách biến đổi thể tích ngược chiều nhau, nên
nước có khối lượng riêng lớn nhất ở 40C.
2
II
1
0,25
PNH
(0, 499  105 )2
9
-2
Kp
=


Kp
=
=
3,747.10
Pa
1,5 đ
(0,376  105 )3  (0,125 105 )
PH3  PN
3

2

2

 P0-Δn

K = Kp
 K = 3,747.10-9  (1,013.105)2 = 38,45
ΔG0 = -RTlnK  ΔG0 = -8,314  400  ln 38,45 = -12136 J.mol-1 = - 12,136
kJ.mol-1
(-3-)


2

nN =
2

n NH =
3

n H2
PH2
n H2
PH2

 PN2  n N2 =

500
 0,125 = 166 mol
0,376

500
 0,499 = 664 mol
0,376

 PN H3  n NH3 =

0,25

 n tổng = 1330 mol  P tổng = 1105 Pa
3

Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.
510
166
5
5

110

=
0,381.10
Pa
;
P
=
 1105 = 0,124105 Pa
N
2
2
1340
1340
664
P NH3 =
 1105 = 0,496105 Pa.
ΔG = ΔG0 + RTln K
1340
0, 496 2 1,0132
ΔG0 = [-12136 + 8,314  400 ln (

)] = -144,5 J.mol1
3
0,381
0,124

PH =

0,5

 Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.

4 Sau khi thêm 10 mol N2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi khí là:
PH =
2

100
 1105 Pa ;
785

PN =
2

510
 1105 Pa ;
785

P=

175
 1105 Pa
785

ΔG = ΔG0 + RTlnK
ΔG = 8,314  410  [-ln (36,79  1,0132 ) + ln (

1752
 7852  1,0132)] =
1002  510

0,5

19,74 J.mol-1
Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái.
III
2,0đ

1 a. Khi có mặt axit propionic trong dung dịch có cân bằng :
H2O

H+ + OH- , W = 10-14

HPr

H+ + Pr- , K1 = 1,3.10-5

(1)
(2)

HAx
H+ + Ax- , K2 = 1,8.10-5
(3)
+
Do sự xuất hiện thêm H của HPr nên cân bằng của HAx bị chuyển dịch
sang trái và độ điện li của HAx sẽ giảm so với độ điện li của axit cùng nồng
độ ở trong nước
Thực tế trong dung dịch nước, ta có HAx :
K
2
 2
1  C

với  << 1 , ta có :



K2
105
 1,8.
 0,095
C
2.103

Như vậy HPr có mặt làm độ điện li HAx còn 0,08.
HAx

H+ + Ax- , K2 = 1,8.10-5
(-4-)

(3)

0,5


C
2.10-3
[]
2.10-3 - C
C
-3
[Ax ] = C = 0,08. 2.10 = 1,6.10-4 (M)
[HAx] = 2.10-3 - C = 2.10-3 - 1,6.10-4 = 1,84.10-3 (M)

[H+] = K 2 .

[HAx]
1,84.10 3
 1,8.10 5.
 2,07.10 4 (M)


4
[Ax ]
1,6.10

Theo định luật bảo toàn proton : [H+] = [OH-] + [Pr-] + [Ax-]  [Pr-] +
[Ax-] (4)
Thay [H+] vào (4) ta rút ra :
[Pr-] = 2,07.10-4 - 1,6.10-4 = 4,7.10-5 (M)
Theo định luật tác dụng khối lượng ta có :
[H Pr] 

[H  ][Pr  ] 2,07.104.4,7.10 5

 7,48.104
K1
1,3.105

Vậy nồng độ axit HPr phải có mặt :
CHPr = [Pr-] + [HPr] = 4,7.10-5 + 7,48.10-4 = 7,95.10-4 (M).
b. Trong dung dịch nồng độ HAx gần đúng bằng nồng độ của ion H+ :
[H ]  K2 .C  1,8.2.103.105  1,9.104 (M)

Khi có mặt HPr, nồng độ ion H+ tăng lên, do sự phân li HPr nên pH giảm
xuống còn 3,28.
Cả 2 cân bằng (2) và (3) đều tương đương, theo định luật bảo toàn proton :
[H+] = [OH-] + [Pr-] + [Ax-]  [Pr-] + [Ax-]
= K2 .

[HAx]
[H Pr]
 K1.
[H  ]
[H  ]

 [H+]2 = K2.[HAx] + K1. [HPr]
Thay [H+] = 10-pH = 10-3,28 = 5,2.10-4 (M)
[HAx] = CHAx .
[H Pr] 

[H ]
K2  [H ]

 2.103.

103,28
 1,93.103 (M)

5

3,28
1,8.10  10

[H  ]2  K 2 .CHAx (5,2.104 )2  1,8.10 5.1,93.10 3

K1
1,3.105

suy ra : [HPr] = 1,8.10-2 (M)

K  [H  ]
1,3.105  103,28
CH Pr  [H Pr]. 1
 1,8.102.
 1,84.10 2 (M)


3,28
[H ]
10

(-5-)

0,5


* Khi so sánh ta cần xét dạng tồn tại thật của các axit này

2 a.
COOH

COOH

CH3

COOH

(A)

COOH

COO-

COO-

NO2

CN

CH2NH3+

CH2NH3+

(D)

(E)

(F)

(C)

(B)

0, 5

COOH

- Tính axit:
(C)

>

(D)

-CNO2

> (B)

-CCN

-CCOOH

>

(A)

>

+ICH3

(E)
-Ivịng(<<)

>

(F)
+Ivịng

+ Điện tích âm của axit tạo ra được giải tỏa làm tăng độ bền ion đó cũng
như tăng tính axit
+ Nhóm hút e làm tăng độ phân cực của liên kết O-H hoặc +N-H
- b.
(E)

0,5

Độ tan trong H2O, t 0nc
>

(F)

> (B)

> (C)

> (D)

> (A)

Ion lưỡng cực,µphân tử lớn

2 nhóm –COOH µphân tử lớn, tạo được liên kết

phẳng

không

tạo được liên kết hiđro liên phân tử mạnh

phẳng

hiđro liên phân tử
mạnh

IV
2,0đ

1 a. Xác định công thức phân tử của anetol:
C = (81,04/12,00) = 6,75 ; H = (8,16/1,01) = 8,08 ; O = (10,8/16,0 = 0,675
C = 6,75/0,675 = 10 ; H = (8,08/0,675 ) = 12 ; O = 1  C10H12O
b. Anetol làm mất màu nước brơm nên có liên kết đơi; vì tồn tại ở dạng hai
đồng phân hình học (liên kết đơi, π) và khi oxi hóa cho axit nên có liên kết
đơi ở mạch nhánh; vì chỉ cho 1 sản phẩm sau khi nitro hóa nên nhóm
metoxi ở vị trí 4 (COOH- nhóm thế loại 2, metoxi nhóm thế loại 1). Đó là
axit 4-metoxi-3-nitrobenzoic. Vậy anetol là:
H3C O

CH CH CH3

(-6-)

0,5

0,5


2 *(1) anetol với brom trong nước.

H3C O

CH CH CH3

Br2/H2O

0,5

CH3
Br CH
CH OH

CH3
Br CH
CH Br

+
(2) H3CO

H3CO

*(2) oxi hóa anetol thành axit metoxibenzoic:
+ o

H3C O

CH CH CH3

KMnO4/H3O , t

H3CO

COOH + CH3COOH
(3)

*(3) nitro hóa M thành axit metoxinitrobenzoic:
O2N
H3CO

COOH

HNO3/H2SO4

H3CO

COOH
(4)

*Tên của anetol và tất cả các sản phẩm hữu cơ nêu trên theo danh pháp
IUPAC:
(1) 1-metoxi-4-(1-propenyl)benzen hoặc 1-metoxi-4-(propenyl)benzen
(2) 2-Brom-1-(4-metoxiphenyl)-1-propanol;
(3) Axit 4-metoxibenzoic;
(4) Axit 4-metoxi-3-nitrobenzoic
V

3,0đ

1 Ta có: nFe = 6/35 mol
Mg + 2AgNO3 → Mg(NO3)2 + 2Ag
Mg + Cu(NO3)2 → Mg(NO3)2 + Cu
Dung dịch X gồm Mg(NO3)2, Cu(NO3)2 dư.
Kết tủa thu được chứa Ag, Cu, có thể có Mg dư
Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu
Dung dịch X chứa a mol Mg2+, b mol Cu2+ ,0,6 mol NO3 tác dụng với Fe thu
được:
+ 10,56 gam kết tủa chứa b mol Cu, (6/35-b) mol Fe dư →giá trị b = 0,12
Dung dịch sau phản ứng chứa: Mg2+ : a mol; Fe2+: 0,12 mol; NO3- : 0,6 mol.
Áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có: 2a + 2.0,12 = 0,6 → a= 0,18 mol
20 gam kết tủa chứa x mol Mg dư; 0,1 mol Ag; 0,25 - 0,12 = 0,13 mol Cu
→mMg dư + 0,1.108 + 0,13.64 = 20 gam
→mMg dư= 0,88 gam → m = 0,88 +0,18.24 = 5,20 gam

(-7-)

0,5

0,5

0,5

0,5


2 Vì X gồm 2 este đơn chức phản ứng vừa đủ với KOH mà n KOH = 0,7 mol >
x = 0,5 mol

 X chứa một este của phenol
Gọi este của phenol là A và este còn lại trong X là B thì ta có hệ phương
trình:

0,5

n hh  n A  n B  0,5
n  0, 2
 A

n KOH  2n A  n B  0, 7 n B  0,3

Vì X+ KOH → Y có tham gia phản ứng tráng gương  B tạo ra anđehit Y
 nY=nB= 0,3 mol
Y là anđehit no, đơn chức, mạch hở nên Y có CTPT là CnH2nO: 0,3 mol

0,5

3n  1
t0
O 2 
 nCO 2  nH 2O
2
0,3  0,15  3n  1 mol
Cn N 2n O 

 nO2 = 0,75 = 0,15.(3n-1)=n=2= Y là C2H4O  mY=0,3.44 = 13,2 gam

Xét phản ứng: A +
2KOH => muối

+
H2O
0,2
0,4
0,2 mol
B + KOH → muối +Y
BTKL: mX + mKOH = mmuối + mY + mH2O .
mX = 75,4 + 13,2 +0,2.18 - 0,7.56 = 53 gam

(-8-)

0,5


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
Tổ Hóa học

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 11
Mơn: Hóa học - Lần thứ 2 – Năm học 2019- 2020
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 21 tháng 10 năm 2019

Câu 1( 2 điểm):
1. Trình bày sự hình thành liên kết trong phân tử SO2 và CO2 theo thuyết VB. So sánh về tính chất vật lý,
tính chất hóa học giữa CO2 và SO2
2. Để bảo vệ các thiết bị bằng sắt người ta thường phủ lên trên bề mặt thiết bị một lớp kim loại khác như
kẽm, thiếc, crơm... Hãy giải thích tại sao vật liệu bằng sắt phủ lớp thiếc trên bề mặt bị phá huỷ nhanh hơn
lớp phủ kẽm?
3. So sánh tính axit của:

a. Axit bixiclo [1.1.1] pentan-1-cacboxylic (A) và axit 2,2-đimetyl propanoic (B)
b. C6H5CO2H (E), C6H5CO3H (F) và C6H5SO3H (G)
Câu 2.(2 điểm)
1. Khi cho dịng điện có cường độ 0,804 A đi trong 2 giờ qua 160ml dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 ở
catot thoát ra 3,44g hỗn hợp của hai kim loại . Xác định nồng độ mol của hai muối trong dung dịch ban đầu
nếu biết dung dịch thu được khi kết thúc thí nghiệm khơng chứa ion đồng và ion bạc.
2. Đổ 10ml CH3COOH pH = 3,5 vào 10ml NaOH pH = 11,5. Tính pH của hỗn hợp.
(CH3COOH pKa = 4,76)
Câu 3: (2 điểm) Cho các chất sau : cumen, ancol benzylic, anizol , benzanđehit và axit benzoic.
a) Viết công thức cấu tạo của mỗi chất và gọi tên IUPAC tương ứng.
b) So sánh nhiệt độ sơi, nhiệt độ nóng chảy của chúng, giải thích.
c) Hãy nêu phương pháp hóa học nhận biết từng chất.
d) Từ benzen và các chất hữu cơ chứa không quá 3 nguyên tử C, hãy viết phương trình phản ứng điều chế
ra các chất trên.
Câu 4: (2 điểm)
1. Cho 1 kim loại A tác dụng với 1 dung dịch nước của muối B. Hãy tìm các kim loại và các dung dịch muối
thỏa mãn A, B nếu xảy ra một trong các hiện tượng sau đây:
a) Kim loại mới  bám lên kim loại A

f) Có một chất khí  vừa có kết tủa màu trắng lẫn xanh

b) Dung dịch đổi màu từ vàng  xanh

g) Có 2 khí 

c) Dung dịch mất màu vàng

h) Có khí  và có kết tủa keo trắng rồi tan hết khi dư A.

d) Khơng có hiện tượng gì

i) Có khí  và có chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp

e) Có một chất khí 

k) Có khí  và có kết tủa và chất lỏng tạo ra phân thành 2 lớp

2. Cho từ từ HCl vào dung dịch A chứa a mol Ba(OH)2 và b mol Ba(AlO2)2. Đồ thị biểu diễn số mol
Al(OH)3 theo số mol HCl như sau:
Nếu cho dung dịch A ở trên tác dụng với 700
ml dung dịch H2SO4 1M thì thu được bao
nhiêu gam kết tủa?


Câu 5: (2 điểm)
1. Cho sơ đồ chuyển hóa:
OH

H

COOC2H5
(COOC2H5)2

PBr3

A

KCN

B

H+

C

C2H5OH

C2H5ONa

H+

(D)
OCH3

OCH3

HCOOC2H5
(C2H5O)2CO

E
F
G

a) Cho biết cấu tạo của các chất từ A đến G.
b) Giải thích sự hình thành các chất E, F, G.
2. Hai hợp chất X, Y đều chứa các nguyên tố C, H, O khối lượng phân tử của chúng lần lượt là M X, MY
trong đó MX < MY < 130. Hịa tan 2 chất đó vào dung mơi trơ được dung dịch E. Cho E tác dụng với
NaHCO3 dư thì số mol CO2 bay ra ln ln bằng tổng số mol của X và Y, không phụ thuộc vào tỉ lệ số mol
của chúng trong hỗn hợp. Lấy 1 lượng dung dịch E có chứa 3,6 gam hỗn hợp X, Y, ứng với tổng số mol của
X, Y là 0,05mol , cho tác dụng hết với Na thu được 784 ml H 2 đktc. Xác định công thức phân tử, công thức

cấu tạo của X và Y, biết chúng khơng có phản ứng tráng bạc, khơng làm mất màu nước brom.

…………Hết…………


đáp án đề thi năng khiếu lớp 11 hoá lần thø 2
Mơn: Hóa học - Năm học 2019- 2020
Ngày thi: 21 tháng 10 năm 2019
Câu
Nội dung
1.1 1- Sự hình thành liên kết trong phân tử SO2 theo thuyếtVB:( Vẽ hình)
Nguyên tử lưu huỳnh ở trạng thái lai hóa sp2
Một obital lai hóa có 1 electron độc thân xen phủ với obital của nguyên tử oxi cũng có
eletron độc thân tạo liên kết .
- Một obital lai hóa có 2 eletron tạo nên liên kết cho nhận với nguyên tử oxi thứ hai.
- Một obital lai hóa có 2 electron cịn lại không tham gia liên kết.
- Một obital không lai hóa của S tạo liên kết π với obital p chứa 1e độc thân của nguyên
tử oxi.
- Sự rút ngắn mạnh độ dài của liên kết S-O cho thấy ngoài liên kết  kiểu p-p cịn có một
phần của liên kết  kiểu pd tạo nên bởi obitan p có cặp e tự do của oxi và obitan d trống
của S
* Sự hình thành liên kết trong phân tử CO2 theo thuyếtVB:( Vẽ hình)
Nguyên tử cacbon ở trạng thái lai hóa sp.
- Hai obital lai hóa của C mỗi obitan có 1 electron độc thân xen phủ với 2 obital của 2
nguyên tử oxi cũng có eletron độc thân tạo ra 2 liên kết .
- Hai obital khơng lai hóa của C xen phủ với obital p chứa 1e độc thân của hai nguyên tử
oxi tạo 2 liên kết π
2- So sánh SO2 và CO2
a) Tính chất vật lí:Nhiệt độ hóa lỏng, nhiệt độ hóa rắn của CO2< SO2, SO2 tan nhiều trong
nước hơn CO2 do cấu tạo phân tử CO2 là phân tử thẳng, ít phân cực hơn

b) Tính chất hóa học:
SO2, CO2 dều là oxit axit. Dung dịch SO2 có tính axit mạnh hơn dung dịch CO2.
SO2 + H2O= H2SO3 = H+ + HSO3CO2 + H2O= H2CO3 = H+ + HCO3SO2 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử, CO2 có tính oxi hóa khơng thể hiện tính khử.do S
trong SO2 có số oxi hóa là +4 là trạng thái oxi hóa trung gian, C trong CO 2 ở trạng thái
oxi hóa cao nhất là +4.
Ví dụ: SO2 + 2H2S = 3S + 2H2O
( oxi hóa)
2SO2 + O2 = 2SO3
CO2 + Mg = MgO + C
(khử)
(oxi hoá)
1.2 - Vật liệu bằng sắt phủ lớp thiếc trên bề mặt bị ăn mịn điện hố. Giải thích:
Lớp sắt tạo ra với thiếc một pin điện, ở catôt (cực dương) là thiếc cịn anơt (cực âm) là sắt.
Sắt bị ăn mịn, ion sắt chuyển vào dung dịch và có sự khử hiđro trên thiếc (ion H + trong
nước có hồ tan CO2).
- Trường hợp sắt phủ kẽm thì sắt trở thành catơt của pin điện, cịn kẽm đóng vai trị anôt
(điện thế của kẽm thấp hơn điện thế của sắt), tại đây kẽm bị phá huỷ tạo ra các muối bazơ
như ZnOH2CO3 hoặc Zn(OH)2. ZnCO3 , Lớp muối này ít tan ngăn dung dịch điện phân
tiếp xúc với bề mặt kim loại, hạn chế quá trình phá huỷ. Vậy vật liệu bằng sắt phủ lớp
thiếc thì bị phá huỷ nhanh hơn khi phủ vật liệu bằng sắt phủ lớp kẽm.
1.3 a. Tính ax: A > B là do:

Điểm
0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

H3C
COOH

COOH

H3C
H3C

+I

+I

0,25
H3C
COOH3C

COO-

H3C

Bị solvat hóa tốt hơn

Bị solvat hóa kém do hiệu ứng khơng gian


b. Tính axit:

..

..

O -O-H

H3C

0,25

..
<

C

H3C

<

C

H3C

S

OH

O

O

2.1

O

O -H

O

1,0

nAgNO3 = x = nAg+
n

= y = nCu2+

Cu(NO3)2

Khi có dòng điện 1 chiều đi qua,
anot ( +) NO3- , H2O

catot ( - ) Ag+ , Cu2+, H2O
Ag+ + 1 e
Cu2+ + 2 e

4H+ + O2 + 4e

2H2O

Ag

Cu

mcatot = 108x + 64 y = 3,44
¸ p dơng ph- ơng trình định luật Farađây:
108 I t1
I t1
108x =
x=
F
1. F

m= AIt
nF

x+2y=
64 y =

64 I t1
2y =
2. F

I t2

I ( t1 + t2 )
F

=

0,804. 2.3600
= 0,06

96500

F

Giải hệta đ- ợ c x= y= 0,02
CM ( AgNO3) = CM ( Cu(NO3)2) = 0,02:0,16 = 0,125M

2.2

3

CH3COOH = CH3COO- + H+
C0
0
C - 10-3,5
10-3,5
10-3,5
(103,5 ) 2

 104,76  C 0  6.103 M
0
3, 5
C  10
 trộn CH3COOH = 2,97.10-3
NaOH = Na+ + OH[OH-] = 10-2,5  C0NaOH = 1,58.10-3
Sau khi trộn phản ứng :
CH3COOH + OH-  CH3COO- + H2O
2,97.10-3
1,58.10-3
1,39.10-3

_______
1,58.10-3
Theo phương trình giới hạn :
CH3COOH . Ca = 1,39.10-3
CH3COO- . Cb = 1,58.10-3
CH3COOH
CH3COO- + H+ Ka = 10-4,76
1,39.10-3
1,58.10-3
-3
1,39.10 - x
1,58.10-3 + x
 x = 1,53.10-5
a) (0,5 điểm)
C6H5CH(CH3)2
isopropylbenzen
C6H5CH2OH
rượu benzylic
C6H5OCH3 ,
metyl phenyl ete
C6H5CH=O,
benzencacbanđehit
C6H5COOH .
axit benzencacboxylic

1,0